文档介绍：该【广西贺州市桂梧高级中学2023年高考冲刺模拟物理试题含解析 】是由【小屁孩】上传分享，文档一共【17】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【广西贺州市桂梧高级中学2023年高考冲刺模拟物理试题含解析 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动后其振动周期也为6s,故B正确;>5s后,b和c都已开始振动,两者的距离为6m等于半个波长,则质点b向下运动时质点c一定向上运动,故C正确;T2T~T?<t<9s时,而周期,c点起振需要5s,则c点的振动时间在范围内且起振向下,故c正经:..过波谷后向平衡位置振动,则质点c向上先加速运动后减速向上运动,故D错误;,则波源a到d的时间为?x18?t??s?9sv2T1s?6故质点振动的时间,且起振竖直向下,而加速度指向平衡位置方向向上,故E正确。故选BCE。10、AD【解析】b棒静止说明b棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,a棒匀速向上运动,说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,,安培力大小F安=mgsinθ,由a平衡可知F绳=F安+mgsinθ=2mgsinθ,由c平衡可知F绳=mcg;因为绳中拉力大小相等,故2mgsinθ=mcg,即物块c的质量为2msinθ,故A正确;b放上之前,根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能,故B错误;a匀速上升重力势能在增加,故根据能量守恒知C错误;根据b棒的平衡可知FmgsinθI?BL安=mgsinθ又因为F安=BIL,故,故D正确;:物体的平衡;、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、×【解析】(1)[1]欧姆表内置电源正极与黑表笔相连,负极与红表笔相连,即红进黑出,A端与电池正极相连,电流从A端流出,A端与黑表笔相连;R(2)[2]由电路图可知6只在测量电阻时才接入电路,故其作用只能进行欧姆调零,不能进行机械调零,同时在使用电流R档时也不需要调节6;,故A错误;,故B正确;,故C错误;(3)[3]B端与“1”“2”相连时,、直流1mA挡,如图所示由电表的改装原理可知B端与“2”相连时,有:IrI?I?GG2GR?R12:..解得:R?R?160Ω12[4]B端与“4”相连时,如图所示多用电表为直流电压1V挡,表头并联部分电阻:U?IrR?4GG?880Ω4I2(4)[5]B端与“1”相连时,;[6]B端与“3”相连时,多用电表为欧姆×100Ω挡,读数为:?100Ω??103Ω[7]B端与“5”相连时,多用电表为直流电压5V挡,读数为:147?5V?、(),在误差范围内相等,所以小车做匀速直线运动。【解析】(1)[1],故选项A正确,B错误;,还需要用到刻度尺,故选项C正确;,因为计时器的点间距能够说明间隔时间的问题,选项D错误;,因为不用测量质量,选项E错误。故选AC。(2)[2]先画出C点,,然后将图中各点用直线画出来;:..(3)[3]因为它是一条直线,说明其加速度的大小是不变的,故说明是匀变速直线运动,也可以说是因为速度的变化的相同时间内是相同的.[4]??m/s2?-;计算加速度时需要在直线上取两个点,所取的点间距尽量大一些;(4)[5]由于在匀变速直线运动中,相邻相等时间内的位移的变化量是相等的,故我们只需要验证这个运动是不是满足这个关系就可以;由于相邻点间的时间是相等的,又因为EF?DE????CD????BC????AB???,…;说明相邻相等时间内通过的位移都是相等的,所以小车的运动是匀变速直线运动。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)(2)48N(3)10次。【解析】(1)小球刚能完成一次完整的圆周运动,它到最高点的速度为v0,在最高点,仅有重力充当向心力,则有v2mg?m0L①在小球从最低点运动到最高点的过程中,机械能守恒,并设小球在最低点速度为v,则又有11mv2?mg?2L?mv22120②解①②有v?51m/s:..滑块从h高处运动到将与小球碰撞时速度为v2,对滑块由能的转化及守恒定律有s1mgh??mg??mv2222因弹性碰撞后速度交换v?52m/s解上式有h=(2)若滑块从h=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为u,同理有1smgh/?mu2??mg?22③解得u?95m/su?95m/s滑块与小球碰后的瞬间,同理滑块静止,小球以的速度开始作圆周运动,绳的拉力T和重力的合力充当向心力,则有u2T?mg?mL④解④式得T=48N(3)滑块和小球最后一次碰撞时速度为v?5m/s滑块最后停在水平面上,它通过的路程为s′,同理有1mgh/?mv2??mgs?2⑤小球做完整圆周运动的次数为ss??2n??1s⑥解⑤、⑥得s??19mn=10次14、(1)10m;(2)3m。【解析】a(1)选水平向右为正方向,设甲的加速度为1,对甲,由牛顿第二定律??2mg?ma11a?2m/s21:..vxt设甲速度由0减到0过程通过的位移为1,经历的时间为10?v2?2ax由011得x??1m10?v?at由011得t?1s1avx设乙从开始到与甲分离的加速度为2,末速度为2,通过的位移为2,由牛顿第二定律?F?ma2得a??2m/s22v?v?at又2121得v?42m/s1x?vt?at2?5211221m由几何关系知L?2x?x?d?1012mv?vav(2)当乙滑下甲后,由于20,所以乙开始做匀减速直线运动,设乙的加速度为3,当速度减为0时经历的时间x为t3,通过的位移为3。由牛顿第二定律得??mg?ma23a??2m/s23v2?v2?2ax由0233x?33mv?v?at0233t?13st?乙达到与传送带共速后将匀速运动到其右端,设此过程经历时间为3,:..x?d?xt??13?,设此过程经历时间为4,水平位移为4,由x?vt4041h?gt224得t?14sx?24ma?tx当甲与乙分离后,甲开始向右由静止做匀加速直线运动,设此过程甲的加速度为1,经历的时间为5,通过的位移为5,由牛顿第二定律得?mg?ma?11a??11m/s2v2x?0?252a?1mvt?0?2s5a?1甲做匀速直线运动的位移为x?v?t?t??t?t??2?(1??1?2)603345m=1m乙落地时距甲右端的水平距离?s?d?x?x?x?x?31564m(2?1)qBaBa2mEv?t?a?a?1m1E22qB215、(1)(2)(3)【解析】(1)粒子在磁场中的运动轨迹刚好与MN相切时,粒子运动的速度为不进入电场运动的最大速度,设粒子做圆周运动的半径为r1,根据几何关系有r?2r?a11:..解得r?(2?1)a1根据牛顿第二定律有v2qvB?m11r1解得(2?1)qBav?1m(2)粒子从P点进入磁场时,粒子在磁场中做圆周运动的半径为1r?a22根据牛顿第二定律有v2qvB?m22r2解得qBav?22m粒子从P点进入电场后,作粒平抛运动,假设粒子使从边界PM上射出电场,设粒子在电场中运动的时间为t1,则1x?at221y=v2t1ytan45??xqE=ma解得qB2a2y?2mEqB2aE?2m由于,因此y<a,假设成立。因此粒子在电场中运动的时间:..Bat?1E(3)当粒子重直MN进入电场时,粒子在磁场中做圆周运动的半径为a,粒子进入磁场时的速度为qBav?3m粒子出磁场时的位置离x轴的距离为2y?a2粒子进电场时,垂直于电场方向的速度大小为22qBav??v?y232m平行于电场方向的速度大小22qBav??v?x212m粒子从进电场到经过x轴时所用的时间为ymt??2v?qBy沿电场方向运动的位移1qE2mEs?v?t?t2?a?x22m222qB2则经过x轴坐标为2mEx?s?a?a?a?22qB2